Question

20．请回答：
Ⅰ：C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素．
（1）Si位于元素周期表第三周期第IVA族．
（2）N的基态原子核外电子排布式为1s²2s²2p³；Cu的基态原子最外层有1个电子．
（3）用“＞”或“＜”填空：

原子半径	电负性	熔点	沸点
Al＞Si	N＜O	金刚石＞晶体硅	CH4＜SiH4

Ⅱ：
（4）H₂O₂的电子式．
（5）镁燃烧不能用CO₂灭火，用化学方程式表示其理由2Mg+CO₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2MgO+C．
（6）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式AgCl（s）+Br^-═AgBr（s）+Cl^-．
（7）完成以下氧化还原反应的离子方程式：
2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O．

Answer 1

分析 I．（1）主族元素周期数=电子层数、族序数=最外层电子数；
（2）N原子核外有7个电子，结合能量最低原理书写核外电子排布式，Cu原子外围电子排布为3d¹⁰4s¹；
（3）同周期自左而右原子半径减小、电负性增大；
金刚石与晶体硅均为原子晶体，原子半径越小，化学键越稳定，熔点越高；
分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高；
Ⅱ．（4）H₂O₂中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对；
（5）Mg在二氧化碳中燃烧生成MgO与碳；
（6）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明生成AgBr；
（7）反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，可以确定MnO₄^-的系数为2、C₂O₄^2-的系数为5，由原子守恒可知Mn²⁺的系数为2、CO₂的系数为10，由电荷守恒可知，反应物中缺项为H⁺，由元素守恒可知生成物中缺项为H₂O．

解答 解：I．（1）Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，故Si处于第三周期第IVA族，故答案为：三；IVA；
（2）N原子核外电子数为7，其核外电子排布式为：1s²2s²2p³，Cu元素为29号元素，处于第四周期IB族，原子外围电子排布为3d¹⁰4s¹，故其最外层电子数为1，
故答案为：1s²2s²2p³；1；
（3）同周期自左而右原子半径减小、电负性增大，故原子半径Al＞Si，电负性：N＜O，
金刚石与晶体硅均为原子晶体，由于原子半径C＜Si，故C-C键长＜Si-Si键长，故C-C键更稳定，故熔点：金刚石＞晶体硅；
SiH₄、CH₄均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，由于SiH₄相对分子质量大于CH₄，故沸点CH₄＜SiH₄，
故答案为：＞；＜；＞；＜
Ⅱ．（4）H₂O₂中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故答案为：；
（5）Mg在二氧化碳中燃烧生成MgO与碳，反应方程式为：2Mg+CO₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2MgO+C，故答案为：2Mg+CO₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2MgO+C；
（6）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明生成AgBr，反应离子方程式为：AgCl（s）+Br^-═AgBr（s）+Cl^-，
故答案为：AgCl（s）+Br^-═AgBr（s）+Cl^-；
（7）反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，可以确定MnO₄^-的系数为2、C₂O₄^2-的系数为5，由原子守恒可知Mn²⁺的系数为2、CO₂的系数为10，由电荷守恒可知，反应物中缺项为H⁺，由元素守恒可知生成物中缺项为H₂O，配平后离子方程式为：2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺═2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O，
故答案为：2；5；16H⁺；2；10；8H₂O．

点评 本题考查知识点较多，涉及结构与位置关系、核外电子排布、元素周期律、熔沸点比较、电子式、沉淀转化、氧化还原反应配平等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．